MATEMÁTICA

PROVA DO VESTIBULAR ESAMC-2003-2
RESOLUÇÃO E COMENTÁRIO DA PROFA. MARIA ANTÔNIA
GOUVEIA
MATEMÁTICA
26. A expressão numérica (− 2 ) .(−2) 2 .(−2 2 ) 3 .(−2 3 ) 2 equivale a:
32
3
RESOLUÇÃO:
A)
B) -229
2 29
(− 2)3
2
224
C)
-224
D)
226
E)
.(−2) 2 .(−2 2 ) 3 .(−2 3 ) 2 = (− 2 ) .(2) 8 .(−2 6 ) .(2) 6 = (2 )
3
9
29
27. O número natural N = 180.p, onde p é um número primo, possui 27 divisores naturais. O valor
de p é:
A)
B)
2
3
C)
5
D)
7
E)
11
RESOLUÇÃO:
Para determinarmos o total de divisores de um número fazemos a sua decomposição em seus fatores
primos e em seguida determinamos o produto dos consecutivos dos expoentes desses fatores.
Como N = 180p = 2².3².5.p e tem 27 divisores ⇒ 27 = (2+1)(2+1)(2+1) ⇒ que o expoente do fator
5 deve ser 2 ⇒ p = 5.
28. Se x =
A) y =
xy
x-2
, então:
1
2y + 1
2+
y
x
x-2
B) y =
2 − 2x
x
C) y =
x
2x
D)
2−x
2x + 1
E) y =
2x
x-2
RESOLUÇÃO:
xy
y(x - 2)
xy
x-2
x=
⇒ 2xy + x = xy – xy + 2y ⇒ 2y – 2xy = x
⇒x=
1
2y + 1 2y + 1
2y + 1
2+
y
y(2-2x) = x ⇒ y =
x
.
2 - 2x
29. Certo número de funcionários realizava um trabalho em 6 horas. Descobriu-se que, se eles
fossem 40% mais eficientes, com 2 funcionários a menos esse trabalho seria feito em 5 horas. O
número de funcionários em questão é:
A) 10
B) 11
C) 12
D) 13
E) 14
RESOLUÇÃO:
Funcionários
Trabalho p/hora de um funcionário
Tempo para completar o trabalho
y
x
6
y-2
1,4x
5
yx/
5
= ⇒ 7y – 14 = 6y ⇒ y = 14.
1,4x/ (y - 2) 6
30. Num certo dia, o câmbio apresentava as seguintes equivalências:
1 dólar = 0,9 euro
1 euro = 0,7 libra
1 real = 0,18 libra.
Com esses dados, podemos afirmar que 1 dólar estava equivalendo:
A) R$3,50
B) R$3,53
C) R$3,55
D) R$3,57
E) R$3,58
RESOLUÇÃO:
1 dólar = 0,9 euro = 0,9 . 0,7 libra = 0,63 libra. (I)
1
1 real = 0,18 libra. ⇒ 1 libra =
real (II).
0,18
Substituindo (II) em (I) temos 1 dólar = 0,63 .
1
7
real = reais = 3,50 reais.
0,18
2
31. Certo capital foi aplicado a juros simples de 10% ao mês durante 3 meses. Se tivesse sido
aplicado a juros compostos, ele teria rendido cerca de:
A) 5% a mais B) 7% a mais C) 10% mais
D) 12% a mais
E) 15% a mais.
RESOLUÇÃO:
Em três meses com o primeiro tipo de aplicação o juro teria sido de j = 0,10. 3. C = 0,3C.
Sob o regime de juros compostos, o juro teria sido de 1,1³C – C = 1,331C – C = 0,331C.
0,331 - 0,3 0,031
=
= 0,1033... ⇒ 10%
0,3
0,3
32. Sobre a equação (2x+2-x)² + (x² - 2 -x)² = 0 é correto afirmar:
A)
B)
C)
D)
E)
Ela tem uma única raiz real, que é inteira e negativa.
Ela tem uma única raiz real, não inteira.e positiva.
Ela tem uma única raiz real, não inteira.
Ela tem duas raízes reais, sendo as duas inteiras.
Ela tem duas raízes reais, sendo apenas uma inteira.
RESOLUÇÃO:
(2x+2 -x)² + (x² - 2 -x)² = 0 ⇒ (2x+2-x)² = - (x² - 2 -x)².
Fazendo os gráficos temos:
O gráfico de y = (2x+2 -x)² está em preto.
O gráfico de y = - (x² - 2 -x)² está em vermelho.
Analisando o gráfico vemos que existe apenas uma raiz
real que é inteira e negativa, -2.
Alternativa A
y
x
33. Neste ano de 2003, a idade de Maria é igual à soma dos algarismos do ano em que nasceu.
Podemos afirmar que a sua idade é:
A) um número par B) um número maior que 27. C) um número primo
D) um número quadrado perfeito
E) um número menor que 20
RESOLUÇÃO:
Considerando que Maria nasceu no século 20, e sendo d o algarismo da ordem das dezenas do ano
do seu nascimento e u o algarismo da ordem das unidades, então ela nasceu no ano
(1900 + 10d + u). Sendo a sua idade a soma dos algarismos do ano em que nasceu, ela tem
(1+9+d+u) anos.
Assim: 2003 – (1+9+d+u) = 1900+10d+u ⇒ 1993-d-u = 1900 + 10d+u ⇒ 93 = 11d + 2u..
Decompondo 93 em duas parcelas tal que a primeira seja múltiplo de 11 e a segunda um número
par, temos:
11d + 2u = 93
11.8 + 5 = 93 ( não satisfazem às condições)
11.7 + 2.8 = 77 + 16 = 93 ( satisfazem às condições)
Então a sua idade é 1+9+7+8 = 25. ⇒ Alternativa D.
4x + 2
< 2 x -1 são tais que:
9
C) –1 < x < 1
D) –2 < x < 1
E) –1 < x < 2
34. As soluções reais da inequação
A) x > 1
B) 1 < x < 2
RESOLUÇÃO:
4x + 2
9
< 2 x-1 ⇒ 2²x + 2 < 9.2x. 2-1 ⇒ 2²x - . 2x + 2 < 0.
9
2
9
x
Fazendo 2 = y ⇒ y² - y + 2 < 0 ⇒ 2y² -9y + 4 < 0.
2
9±7
1
As raízes de 2y² -9y + 4 são y =
⇒ y = 4 ou y =
⇒
4
2
1
2
Estudando a variação do sinal de 2y² -9y + 4
4
1
1
< y<4 ⇒
< 2x < 4 ⇒ 2 -1 < x < 2² ⇒ -1 < x < 2.
2
2
35. Sendo a > 1, o conjunto solução da inequação (0,97) loga x > 1 na variável real x é tal que:
A) 1 < x < a B) x > a
C) x < 1
D) 0 < x < 1
E) x > 1
(0,97) a > 1 ⇒ (0,97)
⇒ 0 < x < 1.
log x
loga x
> (0,97)0 ⇒ log a x < 0 como a > 1 ⇒ x < a0 ⇒ x < 1 e sendo x > 0
36. A soma de todos os algarismos usados para se escrever todos os números naturais de 1 até 99 é
igual a:
A) 189
B) 680
C) 890
D) 900 E) 4950
RESOLUÇÃO:
De 1 até 9 cada algarismo aparece apenas uma vez, então a soma dos algarismos que formam os
9(1 + 9)
= 45.
números do intervalo é:
2
De 10 até 19, temos que a soma dos algarismos de todos os números do intervalo é:
11.1 + (2+3+4+5+6+7+8+9) = 11 + 44 = 55
De 20 até 29, temos: 11.2 + ( 1+3+4+5+6+7+8+9)= 22 + 43 = 65
De 30 até 39, temos: 11.3 + ( 1+2+4+5+6+7+8+9)= 33 + 42 = 75
De 40 até 49, temos: 11.4 + (1+2+3+5+6+7+8+9) = 44 + 41 = 85.
........................................................................................................
De 90 a 99, temos: 11.9 + (1+2+3+4+5+6+7+8) = 99 + 36 = 135.
Logo a soma de todos os algarismos do intervalo considerado na questão é:
(45 + 135).10
= 90.10 = 900 .
45 +55+65+75 +85 + .....+ 135 =
2
37. Seja Sn = D1 + D2 + D3 + ....... + Dn a soma dos n primeiros termos de uma seqüência de
i
i −1
determinantes de segunda ordem obtidos pela expressão genérica Di =
com
i +1 i + 2
i ∈ N*. O valor de S20 é:
A) 360
B) 440
C) 480
D) 520
E) 560
RESOLUÇÃO:
1 0
2 1
3 2
4 3
=3; D2 =
= 8 – 3 = 5; D3 =
=15 – 8 = 7; D4 =
= 24 – 15 = 9....
2 3
3 4
4 5
5 6
A seqüência forma uma P.A. de razão 2, então D20 = 3 + (20-1). 2 = 41 ⇒
20(3 + 41)
S20 =
= 440.
2
D1 =
38. Se x é um número real positivo, o valor mínimo da expressão 2x +
A) 2
B)
3
C) 2 2
D) 3
1
é:
x
E) 2 3
RESOLUÇÃO:
1
f(x) = 2x + ⇒
x
1ª derivada de f(x): f’(x) = 1.2.x1-1+(-1).x-1-1= 2-x-2.
O valor mínimo de y é alcançado quando x assume o
valor positivo para o qual f’(x) = 0:
2
1
.
2-x-2 = 0 ⇒ 2 - 2 = 0 ⇒ 2x2 –1 = 0 ⇒ x = ±
2
x
 2


= 2 2  + 2 = 2 + 2 = 2 2
f 

 2 
2
 2 


y
x
39. A figura abaixo representa parte do gráfico de uma função polinomial do segundo grau onde V é
o valor máximo. Se f(2) + f(6) – 8, então f(7) vale:
y
x
6
A) 7
B) 6
C) 5
D) 4
E) 3
RESOLUÇÃO:
Lendo o gráfico, que passa pelo ponto (0,0) vemos que a função quadrática é do tipo y = ax² + bx,
com a < 0.
Sendo f(2) = 4a+2b e f(6) = 36a + 6b ⇒se f(2) + f(6) = 8 ⇒ 40a + 8b = 8 (I)
b
Se 6 é o x do vértice, então −
= 6 ⇒ b = - 12a (II).
2a

5a - 12a = 1

5a + b = 1 
1
De (I) e (II) temos o sistema: 
⇒ a = b
=
12a
7


 12
b = 7
1
12
1
12
Então y = − x 2 + x ⇒ f(7) = − .49 + .7 = − 7 + 12 = 5 .
7
7
7
7
2!.8!.13!
equivale a:
4!
B) 4!.13!
C) 15!
D) 16.13!
40. A expressão
A) 4.13!
E) 16!
RESOLUÇÃO:
2!.8!.13! 2!.8.7.6.5.4!.13!
=
= (2.8).(7.2).(3.5).13! = 16.15.14.13! = 16!
4!
4!
41. Numa urna foram colocados 900 cartões contendo os números naturais de 100 a 999. Um cartão
é retirado aleatoriamente dessa urna. Sabendo-se que no número sorteado a soma dos algarismos é
5, a probabilidade de ser o número 500 é:
1
1
1
1
1
A)
B)
C)
D)
E)
19
18
17
16
15
RESOLUÇÃO:
Como os números a serem considerados devem ser maiores que 100 e menores que 999, sendo a
soma dos seus algarismos igual a 5, vamos considerar a quantidade de números formados de
acordo com as condições estabelecidas no problema;
a) Existe apenas 1 número formado com 0,0 e 5 que satisfaz às duas condições que é o 500;
3!
b) Existem = 3 números formados com os algarismos 1,1 e 3 que satisfazem às duas
2!
condições.
3!
c) Existem = 3 números formados com os algarismos 1,2 e 2 que satisfazem às duas
2!
condições.
d) Existem 3! − 2 = 6 – 2 = 4 números formados com os algarismos 0, 2 e 3 que satisfazem às
duas condições ( são excluídos os números 023 e 032 ).
e) Existem 3! − 2 = 6 – 2 = 4 números formados com os algarismos 0,1 e 4 que satisfazem às
duas condições ( são excluídos os números 041 e 014 ).
1
1
Logo a probabilidade de se retirar o cartão com o número 500 é:
= .
1 + 3 + 3 + 4 + 4 15
42. Um polinômio P é tal que P(x) + xP(x-2) = x²+1 para qualquer x real. O valor de P(4) é:
A) 3
B) 5
C)7
D) 10
E) 12
RESOLUÇÃO:
Fazendo x = 4 ⇒ P(4) + 4.P(2) = 17 ( I ).
Fazendo x = 2 ⇒ P(2) + 2.P(0) = 5 ( II ).
Fazendo x = 0 ⇒ P(0) + 0.P(-2) = 1 ⇒ P(0) = 1 ⇒ Em ( II ): P(2) + 2 = 5 ⇒ P(2) = 3 ⇒
Em ( I ) : P(4) + 12 = 17 ⇒ P(4) = 5.
43. Na figura abaixo, ABCD é um quadrado de 4 cm de lado. Os segmentos AF e DE são
perpendiculares e BE = 1cm. A área sombreada mede:
A
B
E
F
D
A) 8,32cm²
B) 7,86cm²
C)7,42cm²
C
D) 6,84cm²
E) 6,16cm²
A
B
4 - 3x
E
4
4x
H
3
F
3x
RESOLUÇÃO:
Os triângulos retângulos DCE e DGF são semelhantes,
então podemos considerar que o lado DG = FH =4x e o
lado FG = DH =3x. Sendo FH a altura relativa à
hipotenusa do triângulo AFD, temos (4x)² = 3x(4-3x)
⇒ 16x² + 9x² - 12x = 0 ⇒
12
48
25x² - 12x = 0 ⇒ x =
⇒ 4x =
.
25
25
Logo a área sombreada mede S(ABCD) – S(ACE) –
S(ADF) =
48
4.
3.4
= 16 – 3,84 – 6 = 6,16.
16 - 25 −
2
2
3x
4x
D
G
C
44. A reta t tangencia as circunferências de equações x²+y² = 81 e (x-13)² +y² = 16 nos pontos A
e B. A medida do segmento AB é:
A) 8
B) 10
C)12
D) 14
E) 16
RESOLUÇÃO:
Examinando as equações de circunferência apresentadas vemos
A’
que a circunferência x²+y² = 81 tem centro na origem e raio 9 e a
circunferência (x-13)² +y² = 16 tem centro no ponto (13,0) e
B’
raio 4.Como 9+4=13 podemos concluir, lendo a figura ao lado,
C(13,0)
E(0,0)
9
que as circunferências são tangentes no ponto (9,0) .
4
x
5
Liguemos os centros das circunferências pelo segmento EC.
B
D 4
Tracemos o segmento CD paralelo ao segmento AB,
x
determinando o triângulo retângulo CDE cujo lado CD tem A
A
mesma medida do segmento AB do qual a questão pede a
medida.
Resolvendo o triângulo CDE pelo teorema de Pitágoras: x² + 5² = 13² ⇒ x² = 144 ⇒ x = 12.
45. Na figura abaixo, os pontos A, B e C estão alinhados. Se PA = x, PB = y e PC = z, podemos
afirmar que:
A
x
B
y
60°
60°
z
P
A. y =
1
x+z
B.
x+z
2
C. y 2 = xz
C
D.
1 1 1
xy
= + E. z =
y x z
x+y
RESOLUÇÃO:
Como os triângulos BRP e BQP são retângulos com um ângulo de 60°, aplicando as relações
trigonométricas num triângulo retângulo determinamos facilmente as medidas BQ, PQ, PR e
BR.
A
No triângulo retângulo BQC:
2
 y 3   y  2 3y 2
y2
2
 + z -  =
BC² = 
z
+
+
- zy ⇒

4
4
 2   2
BC = y 2 + z 2 - zy .
No triângulo retângulo ARB:
y
2
B
x
y
2
2
 y 3   y  2 3y 2
y2
2
 + x -  =
x
AB = 
+
+
- xy ⇒
  2
4
2
4


AB =
x
y
y
R
y
2
2
60°
60°
P
y
2
z
y
2
Q
C
z
y 2 + x 2 - xy .
Sendo PB a bissetriz interna do ângulo A P̂ C do triângulo APC:
AB BC
=
⇒
x
z
y 2 + x 2 - xy
=
x
y 2 + z 2 - zy
y 2 + x 2 - xy
y 2 + z 2 - zy
=
⇒
⇒
z
x2
z2
z²y²+z²x²-z²xy = x²y²+x²z²-x²zy ⇒ z²y² - x²y² = z²xy – x²zy ⇒ y²(z² - x²) = zxy(z – x) ⇒
y²(z – x)(z + x) = zxy(z – x) ⇒ y(z + x) = zx ⇒ yz +yx = zx ( dividindo os dois membros desta
1 1 1
igualdade por xyz) ⇒ + = .
x z y